2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义第四章第六节简单的三角恒等变换

第六节简单的三角恒等变换1．常用的公式变形(1)由(sinα±cosα)2＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝1±sin2α.(2)由(sinα±cosα)2＝1±sin2α⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(1＋sin2α)＝|sinα＋cosα|，,\r(1－sin2α)＝|sinα－cosα|.))(3)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).(4)sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).2．几个常用的恒等变换(1)万能代换：sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))；cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))；tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)).(2)恒等式：taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).[小题体验]1．计算：cos2eq\f(π,8)－eq\f(1,2)＝________.解析：原式＝eq\f(2cos2\f(π,8)－1,2)＝eq\f(cos\f(π,4),2)＝eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)2．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，则tanx＝________.解析：因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，两式展开相加得2sinxcoseq\f(π,4)＝eq\f(7,5)，①两式相减得2cosxsineq\f(π,4)＝－eq\f(1,5)，②①②两式相除得tanx＝－7.答案：－71．在三角函数式化简时，要结合三角函数的性质进行考虑，易出现符号的差错．2．三角恒等变换时，选择合适的公式会简化化简过程．易出现公式的不合理使用．[小题纠偏]1．(2019·镇江调研)已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且sin2x＝eq\f(1,3)，则sinx－cosx＝________.解析：∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴sinx＜cosx，又sin2x＝eq\f(1,3)，∴sinx－cosx＝－eq\r(sinx－cosx2)＝－eq\r(1－sin2x)＝－eq\f(\r(6),3).答案：－eq\f(\r(6),3)2．已知sineq\f(α,2)－coseq\f(α,2)＝－eq\f(\r(5),5)，450°＜α＜540°，则taneq\f(α,2)＝________.解析：已知等式两边平方得sinα＝eq\f(4,5)，又450°＜α＜540°，所以cosα＝－eq\f(3,5)，所以taneq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,sinα)＝2.答案：2eq\a\vs4\al(考点一三角函数式的化简)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．化简：eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝________.解析：原式＝eq\f(2sinαcosα－2cos2α,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝2eq\r(2)cosα.答案：2eq\r(2)cosα2．化简：eq\f(1＋sinθ＋cosθ·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))(0＜θ＜π)．解：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)·cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).因为0＜θ＜π，所以0＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)＞0，所以原式＝－cosθ.[谨记通法]1．三角函数式的化简要遵循“三看”原则2．三角函数式化简的方法弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．eq\a\vs4\al(考点二三角函数式的求值)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]研究三角函数式的求值，解题的关键都是找出条件中的角与结论中的角的联系，依据函数名称的变换特点，选择合适的公式求解．常见的命题角度有：(1)给值求值；(2)给角求值；(3)给值求角．[题点全练]角度一：给值求值1．(2018·启东中学高三测试)已知函数f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－eq\f(1,2)，若f(α)＝eq\f(\r(2),6)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2α))＝________.解析：法一：f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－eq\f(1,2)＝sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，因为f(α)＝eq\f(\r(2),6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3).法二：f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－eq\f(1,2)＝sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x，因为f(α)＝eq\f(\r(2),6)，所以sin2α＋cos2α＝eq\f(\r(2),3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2α))＝coseq\f(π,4)cos2α＋sineq\f(π,4)sin2α＝eq\f(\r(2),2)(cos2α＋sin2α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),3)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)角度二：给角求值2．化简：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝________.解析：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝sin50°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)·\f(sin10°,cos10°)))＝sin50°×eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝sin50°×eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),cos10°)＝eq\f(2sin50°·cos50°,cos10°)＝eq\f(sin100°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.答案：1角度三：给值求角3．若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则α＋β＝________.解析：因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，因为sin2α＝eq\f(\r(5),5)，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).所以α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cos2α＝－eq\f(2\r(5),5)，又因为sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α]＝cos(β－α)cos2α－sin(β－α)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，所以α＋β＝eq\f(7π,4).答案：eq\f(7π,4)[通法在握]三角函数求值的类型及解题策略(1)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(2)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，最后确定角．[演练冲关]1．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝________.解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(1,4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(7,8).答案：eq\f(7,8)2.eq\f(2sin235°－1,cos10°－\r(3)sin10°)＝________.解析：原式＝eq\f(2sin235°－1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)))＝eq\f(－cos70°,2sin20°)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)3．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，那么sin2α＋cos2α＝________.解析：由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，知eq\f(tan2α＋1,1－tan2α)＝eq\f(1,7)，所以tan2α＝－eq\f(3,4).因为2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sin2α＝eq\f(3,5)，cos2α＝－eq\f(4,5).所以sin2α＋cos2α＝－eq\f(1,5).答案：－eq\f(1,5)eq\a\vs4\al(考点三三角恒等变换的综合应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1.(2019·睢宁模拟)已知函数f(x)＝eq\r(3)cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋sin2x－eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，f(x)＝eq\f(\r(3),3)，求cos2x的值．解：(1)函数f(x)＝eq\r(3)cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋sin2x－eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，又f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))))＝eq\f(\r(6),3)，∴cos2x＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))coseq\f(π,6)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(2)－\r(3),6).2．已知函数f(x)＝5sinxcosx－5eq\r(3)cos2x＋eq\f(5\r(3),2)(其中x∈R)，求：(1)函数f(x)的单调区间；(2)函数f(x)图象的对称轴和对称中心．解：(1)因为f(x)＝eq\f(5,2)sin2x－eq\f(5\r(3),2)(1＋cos2x)＋eq\f(5\r(3),2)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(\r(3),2)cos2x))＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．(2)由2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)．由2x－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，所以函数f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))(k∈Z)．[由题悟法]三角恒等变换在研究三角函数性质中的2个注意点(1)三角函数的性质问题，往往都要先化成f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再求解．要注意在进行此步骤之前，如果函数解析式中出现α及其二倍角、半角或函数值的平方，应根据变换的难易程度去化简，往往要利用到二倍角公式、升幂或降幂公式，把解析式统一化成关于同一个角的三角函数式．(2)要正确理解三角函数的性质，关键是记住三角函数的图象，根据图象并结合整体代入的基本思想即可求三角函数的单调性、最值与周期．[即时应用](2019·南通中学检测)已知函数f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))，g(x)＝1＋eq\f(1,2)sin2x.(1)设x＝x0是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，求g(2x0)的值；(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的值域．解：(1)f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)，∵x＝x0是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，∴2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，∴2x0＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，∴g(2x0)＝1＋eq\f(1,2)sin4x0＝1＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(4－\r(3),4).(2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋1＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x＋\f(1,2)sin2x))＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴h(x)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2)).即函数h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2)).一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·东台期末)已知α∈(0，π)，tanα＝2，则cos2α＋cosα＝________.解析：由α∈(0，π)，tanα＝2＝eq\f(sinα,cosα)，得α为锐角，结合sin2α＋cos2α＝1，可得sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，∴cos2α＋cosα＝2cos2α－1＋cosα＝2×eq\f(1,5)－1＋eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(5)－3,5).答案：eq\f(\r(5)－3,5)2．(2018·苏州高三期中调研)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝2，则cos2α＝________.解析：cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)),sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＋cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)),tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＋1)＝－eq\f(4,5).答案：－eq\f(4,5)3．(2018·通州期末)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋2α))＝________.解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋2α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－1＝－eq\f(7,9).答案：－eq\f(7,9)4．化简：eq\f(cos40°,cos25°\r(1－sin40°))＝________.解析：原式＝eq\f(cos220°－sin220°,cos25°cos20°－sin20°)＝eq\f(cos20°＋sin20°,cos25°)＝eq\f(\r(2)cos25°,cos25°)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)5．已知tan(3π－x)＝2，则eq\f(2cos2\f(x,2)－sinx－1,sinx＋cosx)＝________.解析：由诱导公式得tan(3π－x)＝－tanx＝2，故eq\f(2cos2\f(x,2)－sinx－1,sinx＋cosx)＝eq\f(cosx－sinx,sinx＋cosx)＝eq\f(1－tanx,tanx＋1)＝－3.答案：－36．(2019·宜兴检测)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足4cos2eq\f(A,2)－cos2(B＋C)＝eq\f(7,2)，则角A的大小为________．解析：由4cos2eq\f(A,2)－cos2(B＋C)＝eq\f(7,2)，得2(1＋cosA)－cos2(π－A)＝eq\f(7,2)，化简得4cos2A－4cosA＋1＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金陵中学检测)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，则cos2α＝________.解析：因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))，所以eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))sinα＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))cosα，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－1，所以cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝0.答案：02．(2019·苏州中学模拟)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝eq\f(3,5)，则tan2α＝________.解析：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－cosα＝eq\f(3,5)，可得cosα＝－eq\f(3,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα＝eq\f(4,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(4,3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(24,7).答案：eq\f(24,7)3．(2018·通州期中)计算：tan20°＋tan40°＋eq\r(3)tan20°·tan40°＝________.解析：tan20°＋tan40°＋eq\r(3)tan20°tan40°＝tan60°(1－tan20°tan40°)＋eq\r(3)tan20°tan40°＝eq\r(3)－eq\r(3)tan20°tan40°＋eq\r(3)tan20°tan40°＝eq\r(3).答案：eq\r(3)4．已知tanα，tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的两根，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝________.解析：由题意得tanα＋tanβ＝－3eq\r(3)＜0，tanαtanβ＝4＞0，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\r(3)，且tanα＜0，tanβ＜0，又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以α＋β∈(－π，0)，所以α＋β＝－eq\f(2π,3).答案：－eq\f(2π,3)5．(2019·如东中学月考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，eq\f(π,2)≤α≤eq\f(3π,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝________.解析：∵eq\f(π,2)≤α≤eq\f(3π,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)＞0，∴eq\f(3π,2)＜α＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5)，∴sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(7\r(2),10)，cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(2),10)，∴cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(24,25)，sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(7,25)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cos2α－eq\f(\r(2),2)sin2α＝－eq\f(31\r(2),50).答案：－eq\f(31\r(2),50)6．已知cos(α＋β)＝eq\f(1,6)，cos(α－β)＝eq\f(1,3)，则tanαtanβ的值为________．解析：因为cos(α＋β)＝eq\f(1,6)，所以cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(1,6).①因为cos(α－β)＝eq\f(1,3)，所以cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(1,3).②①＋②得cosαcosβ＝eq\f(1,4).②－①得sinαsinβ＝eq\f(1,12).所以tanαtanβ＝eq\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7．若tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝________.解析：由tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，得eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(10,3)，所以eq\f(1,sinαcosα)＝eq\f(10,3)，所以sin2α＝eq\f(3,5).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos2α＝－eq\f(4,5).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)＋cos2αsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq\f(\r(2),10).答案：－eq\f(\r(2),10)8．(2019·南京模拟)若tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋2coseq\f(π,4)cos2α的值为________．解析：∵tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴tanα＝3或tanα＝eq\f(1,3)(舍去)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋2coseq\f(π,4)cos2α＝sin2αcoseq\f(π,4)＋cos2αsineq\f(π,4)＋eq\r(2)·eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2α＋eq\r(2)cos2α＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋eq\r(2)·eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2tanα,tan2α＋1)＋eq\r(2)·eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(6,9＋1)＋eq\r(2)×eq\f(1－9,1＋9)＋eq\f(\r(2),2)＝0.答案：09．(2018·南通调研)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).求：(1)cosα的值；(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))的值．解：(1)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)))2)＝－eq\f(7\r(2),10).所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(3,5).(2)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,25)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(17\r(2),50).10．(2019·扬州调研)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求sinα的值；(2)若cosβ＝eq\f(1,3)，β∈(0，π)，求cos(α－2β)的值．解：(1)∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(7\r(2),10)，∴sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,5).(2)由(1)知cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(4,5)，∵cosβ＝eq\f(1,3)，β∈(0，π)，∴sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(